ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

Advanced Calculus & Differential Equations
Calcul Avancé et Equations Differentilles

متسلسلات القوى، التفاضل والتكامل في عدة متغيرات ، المعادلات التفاضلية ، تحويلات لابلاس وفورييه ..

المشرفون: ابو مؤيد, المراقبون

ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الثلاثاء نوفمبر 04, 2008 12:54 am


في هذا الموضوع سنقوم بإذن الله بوضع لمحة عن طرق حل بعض أنواع المعادلات التفاضية العادية "ordinary differential equations ".


1- بعض أنواع المعادلات التفاضلية من المرتبة الأولى وبمتحول واحد .

  • المحلولة بالنسبة للمشتق الأول أي تكتب على أحد الأشكال التالية:
    y' = f(x,y)\quad OR\quad p(x,y)dx + q(x,y)dy = 0


    • المعادلة التفاضلية منفصلة المتحولات والمعادلات القابلة للفصل
    • المعادلة التفاضلية التامة.
    • عامل التكامل
    • المعادلات التفاضلية المتجانسة
    • المعادلة التفاضلية التي تتحول إلى متجانسة
    • المعادلة التفاضلية الخطية
    • المعادلات التي تتحول الى معادلة خطية
      • معادلة برنولي "Bernoulli ODE" .
      • معادلة ريكاتي "Riccati ODE" .

  • معادلات تقبل حلاً وسيطياً.
    • المعادلة من الشكل x = f(y')
    • المعادلة من الشكل y = f(y')
    • معادلة "Clairaut's equation"
    • معادلة دالامبير "d'Alembert's equation "



2- بعض أنواع المعادلات التفاضلية من المرتبة الثانية وبمتحول واحد .


  • نوع 1
  • نوع 2
  • نوع 3




3- بعض أنواع المعادلات التفاضلية الخطية من مراتب عليا وبمتحول واحد .


  • بمعاملات ثابتة
  • التي تؤل إلى معاملات ثابتة.
  • أنواع أخرى



4- نظم المعادلات التفاضلية الخطية


  • المتجانسة
  • الغير متجانسة

في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الثلاثاء نوفمبر 04, 2008 10:48 pm

(1,1) المعادلة التفاضلية التامة من الدرجة الأولى.

تعريف:
نقول عن المعادلة التفاضلية P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 أنها تامة إذا وجد تابع F(x,y) قابل للمفاضلة مرة على الأقل بحيث أنّ :

dF(x,y) = P(x,y)dx + Q(x,y)dy
أو
\frac{{\partial F}}{{\partial x}} = P(x,y)\quad \& \quad \frac{{\partial F}}{{\partial y}} = Q(x,y)
ويكن عندئذ يكون الحل العام للمعادلة: F(x,y) = C.


نظرية :
إذا كان التابعين P(x,y)\;,\;Q(x,y) قابلان للتفاضل مرة على الأقل وكانا يحقاقان العلاقة التالية:

\frac{{\partial P(x,y)}}{{\partial y}} = \frac{{\partial Q(x,y)}}{{\partial x}}

عندئذ تكون المعادلة P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 تامة.


طريقة الحل :

لتكن المعادلة التامة P(x,y)dx + Q(x,y)dy = 0 ولنبحث عن تابع F(x,y) الذي يحقق dF(x,y) = P(x,y)dx + Q(x,y)dy.

\frac{{\partial F}}{{\partial x}} = P(x,y)\quad  \Rightarrow F(x,y) = \int {P(x,y)dx}  + \varphi (y)
ومن المعادلة \frac{{\partial F}}{{\partial y}} = Q(x,y)\quad نحسب \varphi (y) .


مثال 1 :
بين أنّ المعادلة (2x + y^3  + 5)dx + (2y + 3xy^2 )dy = 0 معادلة تامة وأوجد حلها.

لدينا
\overbrace {(2x + y^3  + 5)}^{P(x,y)}dx + \overbrace {(2y + 3xy^2 )}^{Q(x,y)}dy = 0


\frac{{\partial P(x,y)}}{{\partial y}} = 3y^2  = \frac{{\partial Q(x,y)}}{{\partial x}}

إذا المعادلة تامة .

\begin{array}{l}
 \frac{{\partial F}}{{\partial x}} = P(x,y)\quad  \\ 
  \\ 
  \Rightarrow F(x,y) = \int {(2x + y^3  + 5)dx}  + \varphi (y)\quad  \Rightarrow \quad F(x,y) = x^2  + xy^3  + 5x + \varphi (y) \\ 
 \end{array}


وبالتالي :

\begin{array}{l}
 \frac{{\partial F}}{{\partial y}} = Q(x,y) \Rightarrow \frac{{\partial \left( {x^2  + xy^3  + 5x + \varphi (y)} \right)}}{{\partial y}} = 2y + 3xy^2 \; \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 \varphi '(y) = 2y \Rightarrow \varphi (y) = y^2  \\ 
  \\ 
 \end{array}


بالتعويض نجد أنّ :

F(x,y) = x^2  + y^2  + xy^3  + 5x

ويكون الحل العام للمعادلة على الشكل : x^2  + y^2  + xy^3  + 5x = C


تــمـــاريــن لــلـــحـــل:

1.
\left( {2x\sin (x^2 ) + e^x } \right)dx + \left( {3y - y^2 } \right)dy = 0



2.
\left( {2xy^3  + 2xy\cos (x^2 ) + ye^{xy}  } \right)dx + \left( {3x^2 y^2  + \sin (x^2 ) + xe^{xy}  + 9} \right)dy = 0



.
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الخميس نوفمبر 06, 2008 1:06 am

(3,1) المعادلة التفاضلية منفصلة المتحولات والمعادلات القابلة للفصل


تــعــريـــف : المعادلة التفاضلية التي يمكن كتابتها على الشكل :
\frac{{dy}}{{dx}} = y' = f(y) g(x)


تسمى معادلة تفاضلية فـَـصول أو قابلة للفصل .

إن هذا النوع من المعادلات من أسهل المعادلات التفاضلية حلاً ، لأن متغيري المعادلة مفصولان عن بعضهما ، حيث يمكننا كتابتها على الشكل :
\frac { dy } { f(y) } = g(x) \ dx


وبمكاملة الطرفين مباشرة :

\boxed {\int \frac { dy } { f(y) } = \int g(x) \ dx}


وهذا هو حل المعادلة التفاضلية .

تمريـــن :

(1) حل المعادلة التفاضلية : y' = x^3 + y^2 x^3
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الخميس نوفمبر 06, 2008 1:21 am

(2,1) عامل التكامل .

.

لتكن لدينا المعادلة التفاضلية p(x,y)dx + q(x,y)dy = 0  \quad \quad *\quad .

تـعـريــف : نقول عن التابع \mu (x,y) أنه معامل تكامل للمعادلة * إذا كانت المعادلة الناتجة عن ضرب طرفي المعادلة السابقة بـ \mu(x,y) هي معادلة تفاضلية تامة .

\mu (x,y)\left[ {p(x,y)dx + q(x,y)dy} \right] = 0\quad \quad **\quad .


ويكون الحل العام للمعادلة التفاضلية * هو الحل العام للمعادلة التامة ** .


مــثــال :

لاحظ أن المعادلة التفاضلية \left( {y^2  + 4ye^x } \right)dx + \left( {2y + 2e^x } \right)dy = 0 غير تامة .
ولا حظ أيضاً أننا لو ضربنا طرفي المعادلة بالتابع \mu (x,y) = e^x تتحول لمعادلة تامة.
ويكون الحل العام معطى بالعلاقة التالية:

F(x,y) = y^2 e^x  + ye^{2x}  = C




بعض الحالات خاصة لإيجاد عامل التكامل:

الحالة 1 : أن يكون عامل التكامل هو عبارة عن تابع على الشكل \mu=\mu (x)

إذا كان المقدار \frac{{p_y  - q_x }}{q} متعلق فقط بـ x عندئذٍ يكون عامل التكامل متعلق بـx ويمكن حسابه من العلاقة: \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{{p_y  - q_x }}{q}



الحالة 2 :أن يكون عامل التكامل هو عبارة عن تابع على الشكل \mu=\mu (y)

إذا كان المقدار \frac{{q_x  - p_y }}{p} متعلق فقط بـy عندئذٍ يكون عامل التكامل متعلق بـy ويمكن حسابه من العلاقة: \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{{q_x  - p_y }}{p}



مــثــال :
\begin{array}{l}
  \\ 
 \overbrace {\left( {xy - y^2 } \right)}^{p(x,y)}dx + \overbrace {\left( {x^2  - 3xy - 2y^2 } \right)}^{q(x,y)}dy = 0 \\ 
  \\ 
 P_y  = \frac{{\partial p(x,y)}}{{\partial y}} = x - 2y\quad \quad \& \quad \quad q_x  = \frac{{\partial q(x,y)}}{{\partial x}} = 2x - 3y \\ 
  \\ 
 \frac{{q_x  - p_y }}{p} = \frac{{\left( {2x - 3y} \right) - \left( {x - 2y} \right)}}{{xy - y^2 }} = \frac{1}{y} \Rightarrow \quad \mu  = \mu (y) \\ 
  \\ 
 \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{1}{y} \Rightarrow \mu  = y \\ 
  \\ 
 \end{array}

ثم نضرب المعادلة الاساسية بمعامل التكامل لنحصل على المعادلة التفاضلية التامة التالية

\begin{array}{l}
  \\ 
 \left( {xy^2  - y^3 } \right)dx + \left( {yx^2  - 3xy^2  - 2y^3 } \right)dy = 0\quad  \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 F(x,y) = \frac{1}{2}x^2 y^2  - xy^3  - \frac{1}{2}y^4  = C \\ 
 \end{array}


الحالة 3 :أن يكون عامل التكامل هو عبارة عن تابع على الشكل \mu=\mu (x+y)

إذا كان المقدار \frac{{q_x  - p_y }}{{p - q}} متعلق فقط بـ(x+y) عندئذٍ يكون عامل التكامل متعلق بـ(x+y) ويمكن حسابه من العلاقة: \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{{q_x  - p_y }}{{p - q}}



الحالة 4 :أن يكون عامل التكامل هو عبارة عن تابع على الشكل \mu=\mu (x.y)

إذا كان المقدار \frac{{q_x  - p_y }}{{x.p - y.q}} متعلق فقط بـ (x.y) عندئذٍ يكون عامل التكامل متعلق بـ(x.y) ويمكن حسابه من العلاقة: \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{{q_x  - p_y }}{{x.p - y.q}}


مــثــال :
\begin{array}{l}
  \\ 
 \overbrace {\left( {3x^{} y^3  + 2y\cos (x^2 y^2 )} \right)}^pdx + \overbrace {\left( {4x^2 y^2  + 2x\cos (x^2 y^2 )} \right)}^qdy = 0 \\ 
  \\ 
 p_y  = 9xy^2  + 2\cos (x^2 y^2 ) + 4x^2 y^2 \cos (x^2 y^2 ) \\ 
 \&  \\ 
 q_x  = 8xy^2  + 2\cos (x^2 y^2 ) + 4x^2 y^2 \cos (x^2 y^2 ) \\ 
  \\ 
 \frac{{q_x  - p_y }}{{x.p - y.q}} = \frac{{ - xy^2 }}{{ - x^2 y^3 }} = \frac{1}{{xy}} \Rightarrow \mu  = \mu (xy) \\ 
  \\ 
 \frac{{\mu _{(x.y)}^' }}{\mu } = \frac{1}{{xy}} \Rightarrow \mu  = xy \\ 
  \\ 
  \Rightarrow the\;new\;equation: \\ 
 \left( {3x^2 y^4  + 2xy^2 \cos (x^2 y^2 )} \right)dx + \left( {4x^3 y^3  + 2yx^2 \cos (x^2 y^2 )} \right)dy = 0 \\ 
  \\ 
 and\;{\rm{the \;solution \;of\; the\; equation:\;}}\quad x^3 y^4  + \cos (x^2 y^2 ) = C \\ 
  \\ 
 \end{array}





ملاحظة هامة:
كيف يمكننا معرفة عامل التكامل : الجواب لا يمكن ذلك إلا بالتجريب والخبرة والملاحظة .
ولكن بشكل عام لو كان عامل التكامل من الشكل \mu  = \mu (\varphi (x,y)) لكان لدينا

\begin{array}{l}
  \\ 
 \mu  = \mu (\varphi (x,y)) \\ 
  \\ 
 \partial _y \left\{ {\mu (\varphi )*p(x,y)} \right\} = \partial _x \left\{ {\mu (\varphi )*q(x,y)} \right\} \\ 
  \\ 
 \mu '.\varphi _y .p + \mu .p_y  = \mu '.\varphi _x .q + \mu .q_x  \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 \frac{{\mu '}}{\mu } = \frac{{q_x  - p_y }}{{\varphi _y .p - \varphi _x .q}} \\ 
 \end{array}


حيث أنّ : \mu ' = \frac{{\partial \mu }}{{\partial \varphi }}

وبالتالي يجب أن يكون المقدار \frac{{q_x  - p_y }}{{\varphi _y .p - \varphi _x .q}} تابع لـ \varphi


تمرين :تحقق من أنّه حتى يكون عامل التكامل تابع لـ {(y-x)} يجب أن يكون \frac{{q_x  - p_y }}{{p + q}} تابع لـ {(y-x)} أيضاً.





.
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الخميس نوفمبر 06, 2008 2:02 am

المعادلة التفاضلية المتجانسة.

تــعــريــف: التابع f(x,y) أنه متجانس من الدرجة k إذا كان :
\forall \lambda  \in \mathbb{R}\quad  \Rightarrow \quad f(\lambda x,\lambda y) = \lambda ^k .f(x,y)


تــعــريــف: نقول عن المعادلة التفاضلية p(x,y)dx + q(x,y)dy = 0 أنها متجانسة من الدرجة k إذا كان كل من التابعين p,q متجانسان من الدرجة k.

حل المعادلة التفاضلية المتجانسة .

p(x,y)dx + q(x,y)dy = 0


نفرض أنّ : y = z.x.وبالتالي نجد أنّ:

\begin{array}{l}
  \\ 
 y = z.x\quad  \Rightarrow \quad dy = z.dx + xdz \\ 
  \\  
 p\left( {x,z.x} \right)dx + q\left( {x,z.x} \right).\left( {z.dx + xdz} \right) = 0 \Leftrightarrow  \\ 
  \\ 
 x^k \left[ {\left( {\;p\left( {1,z} \right) +z. q\left( {1,z} \right)\;} \right)dx\; + \;x.q\left( {1,z} \right)dz} \right] = 0 \\ 
 \end{array}


وهذه المعادلة قابلة للفصل ... وتصبح مفصولة المتحولات على الشكل :

\frac{1}{x}dx + \frac{{q\left( {1,z} \right)}}{{\;p\left( {1,z} \right) +z. q\left( {1,z} \right)\;}}dz = 0


بشرط : x.\left( {\;p\left( {1,z} \right) + z.q\left( {1,z} \right)\;} \right) \ne 0


ونحصل على الحل العام بالمكاملة المباشرة وبالتالي:

\int {\frac{1}{x}dx}  + \int {\frac{{q\left( {1,z} \right)}}{{\;p\left( {1,z} \right) + z.q\left( {1,z} \right)\;}}} dz = C


والحلول الشاذة إن وجدت تحقق x.\left( {\;p\left( {1,z} \right) + q\left( {1,z} \right)\;} \right) = 0


أمــثــلة وحــــالات خــــاصــــــة :

1: المعادلة من الشكل y' = f\left( {\frac{y}{x}} \right)


هي حالة خاصة من الحالة السابقة . حيث أننا لحلها سنفرض أن y = z.x\quad  \Rightarrow \quad y' = z + x.z'
والحل العام يكون :
\int {\frac{{dz}}{{f(z) - z}} = \ln \left| x \right| + c}


والحلول الشاذة إن وجدت تحقق f(z) - z = 0


2: المعادلة من الشكل y' = f\left( {ax + by + c} \right)
وهذه المعادلة ليست متجانسة لكن لحل هذه المعادلة نقوم بفرض {\rm{z = ax  +  by  +  c}}

فتتحول المعادلة إلى الشكل :
\begin{array}{l}
 {\rm{b}} \ne {\rm{0}} \\ 
 {\rm{z = ax  +  by  +  c}}\quad  \Rightarrow {\rm{z' = a + by'}}\quad  \Rightarrow {\rm{y' = }}\frac{{{\rm{z' - a}}}}{{\rm{b}}} \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 z' = b.f(z) + a \\ 
 \end{array}

والمعادلة الأخيرة هي معادلة قابلة للفصل وحلها سهل.


3: المعادلة من الشكل y' = f\left( {\frac{{ax + by + c}}{{dx + ey + g}}} \right)

في هذه الحالة ننتبه الى وضع المستقيمين
{\rm{S1:}}\quad {\rm{ax  +  by  +  c = 0}}\quad \quad {\rm{\& }}\quad \quad {\rm{S2:}}\quad {\rm{dx  +  ey  +  g = 0}}


  • إذا كانا متقاطعان ولتكن نقطة تقاطعهما {\rm{(x}}_{\rm{0}} ,y_0 )

    نقوم الأن بسحب الأحداثيات إلى نقطة التقاطع أي نقوم بالتحويل التالي:
    X = x - x_0 \quad \& \quad Y = y - y_0


    فتتحول المعادلة إلى الشكل التالي:
    Y' = f\left( {\frac{{aX + bY}}{{dX + eY}}} \right)


    وهي معادلة متجانسة يمكننا تحويلها إلى الشكل الأول :
    Y' = f\left( {\frac{{aX + bY}}{{dX + eY}}} \right) = f\left( {\frac{{a + b\frac{Y}{X}}}{{d + e\frac{Y}{X}}}} \right) = \tilde f\left( {\frac{Y}{X}} \right)

  • إذا كانا موازيان نحول المعادلة من خلال تقسيم البسط على المقام إلى الشكل :

    y' = \tilde f\left( {ax + by + c} \right)



.
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الخميس نوفمبر 20, 2008 5:54 am

المعادلة التفاضلية الخطية من الدرجة الأولى


First Order Linear ODE
تعــريف :
تكون المعادلة التفاضلية الخطية من الدرجة الأولى خطية إذا أمكن كتابتها على الشكل :
y' + p(x) y = q (x) ........ (1)

حل المعادلة :

هناك عدد من الطرق لحل هذا النوع من المعادلات سنعتمد هنا طريقة سنستخدمها لاحقاً لحل المعادلات الخطية من مراتب أعلى.وسنشير الى طرق اخرى.

الطريقة الأولى :

الحل العام يكون على الشكل \boxed{y = y_{_S}  + y_{_H} } حيث أنّ :

  • y_{_H} هو الحل العام للمعادلة الخطية المتجانسة Homogeneous equation أي بدون طرف ثاني y' + p(x) y = 0 وهذه المعادلة قابلة للفصل وتحل على الشكل

    y' + p(x)y = 0 \Rightarrow \frac{{y'}}{y} =  - p(x) \Rightarrow \;\boxed{ y_{_H}  = c\;e^{ - \int {p(x)dx} }} \quad :c \in R

  • y_{_S} هو أحد الحلول الخاصة للمعادلة التفاضلية y' + p(x) y = q (x) .ويعطى بالعلاقة:

    \boxed{
\;y_{_S }  = e^{ - \int {p(x)dx} } \int {q(x).} e^{\int {p(x)dx} } dx}

الطريقة الــثــانــيــة:
وهي تشبه الطريقة السابقة حيث نوجد الحل العام للمعادلة y' + p(x)y = 0 وهو y = ce^{ - \int {p(x)dx} } ومن ثم نجعل الثابت متغير لـ x. ونعوض الحل بالمعادلة الأصلية مع طرف ثاني ونحسب c(x) ويكون هذا الحل هو حل خاص للمعادلة مع طرف ثاني .
والحل العام يساوي حل المتجانسة بالاضافة الى الحل الخاص.

الطريقة الــثــالــثـة :
نفرض أنّ y = u(x) \times w(x) ونعوض في المعادلة :
\begin{array}{l}
  \\ 
 y = u(x) \times w(x) \Rightarrow y' = u'w + uw' \\ 
  \\ 
 \left( {u'w + uw'} \right) + p(x).uw = p(x)\quad  \Rightarrow \quad w(u' + p(x)u) + uw' = q(x) \\ 
  \\ 
 \end{array}


نفرض أنّ u' + p(x)u = 0 فيكون لدينا uw' = q(x).

وهما معادلتان تفاضليتان قابلتان للفصل. وبالنسبة لثابت التكامل يفضل وضعه في أخر تكامل يتم مكاملته للسهولة.

مــثــال :

أوجد الحل المعادلة التفاضلية الخطية : y' - 3x^2 y = 6x^2  - e^{x^3 }

\begin{array}{l}
  \\ 
 y' + \overbrace {( - 3x^2 )}^py = \overbrace {6x^2  - e^{x^3 } }^q \\ 
  \\ 
 y = y_{_H }  + y_{_S }  \\ 
  \\ 
 y_{_H }  = ce^{^{ - \int {p(x)dx} } }  = ce^{x^3 } \quad \quad \&  \\ 
  \\ 
 y_{_S }  = e^{^{ - \int {p(x)dx} } } \int {q(x)e^{^{\int {p(x)dx} } } dx}  = e^{x^3 } \int {\left( {6x^2  - e^{x^3 } } \right)} e^{ - x^3 } dx =  \\ 
 {}^{{}^{{}^{{}^{{}^.}}}}\quad  = e^{x^3 } \left( { - 2e^{ - x^3 }  - x} \right) =  - xe^{x^3 }  - 2 \\ 
 \end{array}


وبالتالي الحل العام \boxed{y = ce^{x^3 }  - xe^{x^3 }  - 2}


طريقة أخرى وهي بإستخدام كثيرة حدود تايلور, ولاستخدام هذه الطريقة يفضل أن يكون p(x) كثيرة حدود

مــثــال :

أوجد الحل المعادلة التفاضلية الخطية :y' - 2y = 4x - 8

نفرض أنّ y = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {a_k .x^k } .

سنكتب الطرف الأول كمتسلسلة قوى :




\begin{array}{l}
  \\ 
 y = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {a_k .x^k } \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad y' = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {ka_k .x^{k - 1} }  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {(k + 1)a_{(k + 1)} .x^k } \quad  \\ 
  \Rightarrow  \\ 
 y' - 2y = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {(k + 1)a_{(k + 1)} .x^k }  - 2\sum\limits_{k = 0}^\infty  {a_k .x^k }  \\ 
  \\ 
 {}^{{}^{{}^{{}^{{}^.}}}}\quad \quad \quad \quad  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\left[ {\left( {k + 1} \right)a_{\left( {k + 1} \right)_{} }  - 2a_k } \right]} x^k  \\ 
 \end{array}


سنقوم الأن بمطابقة أمثال قوى x بالطرفين كما الأتي:


\begin{array}{l}
  \\ 
 \left. \begin{array}{l}
 k = 0\; \Rightarrow a_1  - 2a_0  =  - 8 \\ 
  \\ 
 k = 1\; \Rightarrow 2a_2  - 2a_1  = 4 \\ 
 \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 a_1  = a_2  - 2 \\ 
  \\ 
 a_0  = \frac{{a_2  + 6}}{2} \\ 
 \end{array} \right\} \\ 
  \\ 
 \left. \begin{array}{l}
 k = 2\; \Rightarrow 3a_3  - 2a_2  = 0 \\ 
  \\ 
 k = 3\; \Rightarrow 4a_4  - 2a_3  = 0 \\ 
  \\ 
 k = 4\; \Rightarrow 5a_5  - 2a_4  = 0 \\ 
  \\ 
  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots  \\ 
 \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 a_3  = \frac{{2a_2 }}{3} = \frac{{2^2 a_2 }}{{3 \times 2}} \\ 
  \\ 
 a_4  = \frac{{2a_3 }}{4} = \frac{{2^3 a_2 }}{{4 \times 3 \times 2}} \\ 
  \\ 
  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots \quad  \vdots  \\ 
 \end{array} \right\} \Rightarrow a_k  = \frac{{2^{k - 1} a_2 }}{{k!}}\quad :k > 2 \\ 
 \end{array}


وبالتالي نجد أنّ:

\begin{array}{l}
 y = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {a_k .x^k }  = a_0  + a_1 x + a_2 x^2  +  \cdots  \\ 
  \\ 
 y = \left( {\frac{{a_2  + 6}}{2}} \right) + \left( {a_2  - 2} \right)x + \frac{{a_2 }}{2}\sum\limits_{k = 2}^\infty  {\frac{{2^k x^k }}{{k!}}}  \\ 
  \\ 
 y = \left( {\frac{{a_2  + 6}}{2}} \right) + \left( {a_2  - 2} \right)x + \frac{{a_2 }}{2}\left( {e^{2x}  - 1 - 2x} \right) \\ 
  \\ 
  \\ 
 \boxed{y = \frac{{a_2 }}{2}e^{2x}  - 2x + 3 }\\ 
 \end{array}
\\ \\ \\
 \boxed{\boxed{ \quad\quad y =C.e^{2x}  - 2x + 3  \quad\quad}}\\



تــمـــاريـــن لـلــحـــل:

  • حل المعادلة السابقة بالطريقة الثالثة.
  • بيين أن للمعادلة y' + p(x)y = q(x) عامل تكامل متعلق بـ x
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

مشاركةبواسطة Muhanad » الثلاثاء نوفمبر 25, 2008 6:16 pm

المعادلات التي تؤل الى خطية.

  • معادلة برنولي "Bernoulli ODE" . \boxed{\;\;\;
y' + a(x)y = r(x).y^m \quad :m \in R\backslash \{ 0,1\} 
\;\;\;}

    طريقة الحل:

    الفكرة تكمن بتحويلها اى معادلة تفاضلية خطية من المرتبة الأولى.. ويتم ذلك من خلال الأتي..

    \begin{array}{l}
 y' + a(x)y = r(x)y^{m}\quad  :m \notin \{ 0,1\}  \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 y^{ - m} .y' + a(x)y^{1 -m}  = r(x) \\ 
 \end{array}


    نقوم بالتحويلي الأتي : \boxed{u = y^{1 -m}} فينتج لدينا \Leftarrow \quad u' = (1 -m)y^{ -m} y' وبالتعويض بالمعادلة السابقة ينتج لدينا المعادلة الخطية التالية:

    u' + \overbrace {(1 - m).a(x)}^{p(x)}.u = \overbrace {(1 - m).r(x)}^{q(x)}


    ملاحظة: يجب أخذ يبعين الإعتبار إن كان y = 0 حلاً أما لا وفيما إذا كان خاص أم شاذ.


    مثال :
    حل المعادلة التالية y' - 5y =  - 5x.y^3

    بإستخدام الطريقة أعلاه لدينا m=3 نفرض أنّ u=y^{1-m}=y^{-2} وبالتالي نحصل على المعادلة :

    u' + 10u = 10x


    وهي معادلة تفاضلية خطية من المرتبة الأولى وحلها العام هو
    u(x) = ce^{ - 10x}  + x - \frac{1}{{10}}


    وبالتالي يكون لدينا

    y^{ - 2}  = ce^{ - 10x}  + x - \frac{1}{{10}}\quad  \Rightarrow y =  \pm \sqrt {\frac{{10}}{{Ce^{ - 10x}  + 10x - 1}}}


    والعلاقة الأخيرة هي الحل العام .....

    ونلاحظ أنّ y = 0 هو حل للمعادلة ...ولكنه حل شاذ لانه لا ينتج من الحل العام.



  • معادلة ريكاتي "Riccati ODE" . \boxed{\;\;\;y' + a(x)y = r(x) + f(x).y^2\;\;\;}

    طريقة الحل:

    سنقوم بحل معادلة ريكاتي بتحويلها الى معادلة خطية من المرتبة الأولى.
    وهذه الطريقة تعتمد على معرفة حل خاص لمعادلة ريكاتي.

    ليكن u(x) حل خاص لمعادلة ريكاتي وبالتالي u' + a(x)u = r(x) + f(x)u^2

    سنقوم الآن بإجراء التحويل التالي...
    y = u + \frac{1}{v}\quad  \Rightarrow \quad y' = u' - \frac{{v'}}{{v^2 }}

    بالتعويض بالمعادلة أعلاه نجد أنّ:

    \begin{array}{l}
  \\ 
 \left( {u' - \frac{{v'}}{{v^2 }}} \right) + a(x).\left( {u + \frac{1}{v}} \right) = r(x) + f(x).\left( {u + \frac{1}{v}} \right)^2  \\ 
  \\ 
 \overbrace {\;\;u'\;\;}^{\overbrace {\quad \quad \quad }^{}} - \underbrace {\;\frac{{v'}}{{v^2 }}\;}_{} + \overbrace {\;\;a.u\;\;}^{\overbrace {\quad \quad \quad \quad }^{}} + \underbrace {\;\frac{a}{v}\;}_{} = \overbrace {\;\;r(x)\;\;}^{\overbrace {\quad \quad \quad \quad }^{}} + \overbrace {\;\;f.u^2 \;\;}^{\overbrace {\quad \quad \;\;\quad }^{}} + \underbrace {2f\frac{u}{v} + f\frac{1}{{v^2 }}}_{} \\ 
  \\ 
 v' + \left[ {2u.f(x) - a(x)} \right].v =  - f(x) \\ 
  \\ 
 \end{array}


    نلاحظ أنّ المعادلة الأخيرة عبارة عن تفاضلية خطية من المرتبة الأولى.


    ملاحظة: كان بالامكان تحويل معادلة ريكاتي الى معادلة برنولي من خلال الفرض y = u + w حيث انّ u حل خاص لمعادلة ريكاتي.



    مثال :

لتكن المعادلة :
y'\; + \;\;5\;.\;y = \;\;3\quad  + \;\;2\;.\;y^2


  • بين أن u = 1 حل خاص للمعادلة السابقة.
  • أوجد الحل العام لها.
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الأربعاء نوفمبر 26, 2008 11:38 pm

معادلات تقبل حلاً وسيطياً.

  • امعادلة من الشكل: x = f(y')

    لحل هذه المعادلة نفرض أنّ y' = t\quad

    وبالتالي يكون:
    \begin{array}{l}
  \\ 
 \left. \begin{array}{l}
 x = f(y') \\ 
  \\ 
 y' = t \\ 
 \end{array} \right\}\quad  \Rightarrow \quad x = f(t)\quad  \Rightarrow \quad dx = f'(t)dt \\ 
  \\ 
 y = \int {y'dx\; = \;\int {t\;.\;f'(t)\;} } dt \\ 
 \end{array}


  • امعادلة من الشكل: y= f(y')

    لحل هذه المعادلة نفرض أنّ y' = t\quad




    \begin{array}{l}
  \\ 
 \left. \begin{array}{l}
 y = f(y') \\ 
  \\ 
 y' = t \\ 
 \end{array} \right\}\quad  \Rightarrow \quad y = f(t)\quad  \Rightarrow \quad \left\{ \begin{array}{l}
 dy = f'(t)dt \\ 
  \\ 
 dy = y'dx = t\;dx \\ 
 \end{array} \right\} \\ 
  \\ 
  \\ 
  \Rightarrow \quad t\;dx = f'(t)dt\quad  \Rightarrow \quad x = \int {\frac{{f'(t)}}{t}\;dt}  \\ 
 \end{array}
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الجمعة نوفمبر 28, 2008 4:59 am

معادلات تقبل حلاً وسيطياً.
  • معادلة "Clairaut's equation" ولها الشكل العام التالي: y = xy' + g(y')\quad \quad ^{_{_{^. } } }

    ولحلها نفرض أنّ \frac{{dy}}{{dx}} = y' = t\quad  \Rightarrow \quad y = x.t + g(t)\quad \quad ^{_{_{_{_{_. } } } } }

    وبالتالي نجد أنّ:

    \begin{array}{*{20}c}
   {t = \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{d(x.t + g(t))}}{{dx}} = \frac{{t.dx + xdt + g'(t)dt}}{{dx}} = t + \left[ {x + g'(t)} \right]\frac{{dt}}{{dx}}}  \\
\end{array}

    • إمـّا:

      \begin{array}{l}
  \\ 
 \frac{{dt}}{{dx}} = 0 \Rightarrow t = const = c \Rightarrow \quad  \\ 
  \\ 
 y = c.x + g(c) \\ 
 \end{array}

    • أو :

      \begin{array}{l}
  \\ 
 \left[ {x + g'(t)} \right] = 0 \Rightarrow x =  - g'(t) \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 \left\{ \begin{array}{l}
 x =  - g'(t) \\ 
  \\ 
 y = x.t + g(t) \\ 
 \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 x =  - g'(t) \\ 
  \\ 
 y =  - g'(t).t + g(t) \\ 
 \end{array} \right\} \\ 
 \end{array}


وبالتالي نجد أنّ الحل العام لـ "Clairaut's equation"

إجتماع حزمة المستقيمات
y = c.x + g(c)

مع الحل الوسيطي (غلاف الحزمة)

\left\{ \begin{array}{l}
 x =  - g'(t) \\ 
  \\ 
 y =  - g'(t).t + g(t) \\ 
 \end{array} \right\}


مثال :

المعادلة
y = xy' + \left( {y'^2  + \cos (y')} \right)


الحل هو حزمة المستقيمات y = c.x + \left[ {C^2  + \cos (C)} \right] بالإضافة إلى غلاف الحزمة \left\{ \begin{array}{l}
 x = \sin (t) - 2t \\ 
  \\ 
 y = \left( {\sin (t) - 2t} \right).t + \left( {t^2  + \cos (t)} \right) \\ 
 \end{array} \right\}



مثال أخر:

صورة


لاحظ أنّ حزمة الحلول تمس المنحني المطى وسيطياّ الدي يشكل غلاف للحزمة ...

وهذا رسم توضيحي أخر لنفس المثال السابق ..لنرى أنّ الحل الوسيطي هو غلاف حزمة المستقيمات .

صورة
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة

Re: ركن المعادلات التفاضلية العاديّة "ODE"

مشاركةبواسطة Muhanad » الجمعة نوفمبر 28, 2008 5:02 am

[*] معادلة دالامبير "d'Alembert's equation "[/list]

y = xf(y') + g(y')\quad


اذا كان ^{^{^{^' } } } f(t) = t   ^{^{^{^' } } } في تحل كما أعلاه.

أما إذا كان f(t) - t \ne 0 :

نفرض أنّ:
y' = t\quad  \Rightarrow \quad y = x.f(t) + g(t)\quad \quad ^{_{_{_{_{_. } } } } }


وبالأشتقاق نجد أنّ:

\begin{array}{*{20}c}
 \frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{d(x.f(t) + g(t))}}{{dx}}\quad  \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 t = \frac{{f(t).dx + x.f'(t).dt + g'(t)dt}}{{dx}} \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 t = f(t) + \left[ {x.f'(t) + g'(t)} \right]\frac{{dt}}{{dx}}\quad  \Rightarrow \quad \left[ {t - f(t)} \right]\frac{{dx}}{{dt}} = \left[ {x.f'(t) + g'(t)} \right]\quad  \Rightarrow  \\ 
  \\ 
 \frac{{dx}}{{dt}} + \frac{{f'(t)}}{{f(t) - t}}x =  - \frac{{g'(t)}}{{f(t) - t}} \\ 
 \end{array}



وبالتالي الحل العام يعطى وسيطياً بالمعادلتين:

\left\{ \begin{array}{l}
 \frac{{dx}}{{dt}} + \frac{{f'(t)}}{{f(t) - t}}x =  - \frac{{g'(t)}}{{f(t) - t}} \\ 
  \\ 
 y = x.f(t) + g(t) \\ 
 \end{array} \right\}


حيث أنّ المعادلة الأولى هي عبارة عن معادلة تفاضلية خطية من المرتبة الأولى.

مثال:

حل المعادلة التالية :
y = 2xy' - y'^2  \\


الحل:

\begin{array}{l}
  \\ 
 f(t) = 2t{\kern 1pt} \quad ,\quad g(t) =  - t^2  \\ 
  \\ 
 \frac{{dx}}{{dt}} + \frac{{f'(t)}}{{f(t) - t}}x = \frac{{ - g(t)}}{{f(t) - t}}\quad \quad  \Rightarrow \quad \quad \frac{{dx}}{{dt}} + \frac{2}{t}x = t \\ 
  \\ 
  \Rightarrow \begin{array}{*{20}c}
   \begin{array}{l}
  \nearrow  \\ 
  \\ 
 \end{array}  \\
    \searrow   \\
\end{array}\left. {\begin{array}{*{20}c}
   {\;\;x_{_H } (t) = c.e^{ - \int {\frac{2}{t}dt} }  = \frac{c}{{t^2 }}}  \\
   {}  \\
   {x_{_S } (t) = e^{ - \int {\frac{2}{t}dt} } .\int {t.e^{\int {\frac{2}{t}dt} } } dt = \frac{{t^2 }}{4}}  \\
\end{array}} \right\} \Rightarrow x(t) = \frac{c}{{t^2 }} + \frac{{t^2 }}{4} \\ 
 \end{array}


وبالتالي الحل العام يعطى على الشكل الوسيطي:

\boxed{
\left\{ \begin{array}{l}
 x(t) = \frac{c}{{t^2 }} + \frac{{t^2 }}{4} \\ 
  \\ 
 y = 2t.x(t) - t^2  \\ 
 \end{array} \right\}}
في النرجس‏

تفكر في نبات الأرض وانظر * * * إلى آثار ما صنع المليك

عيون من لجين شاخصات * * * بأبصار هي الذهب السبيك

على قضب الزبرجد شاهدات * * * بأن الله ليس له شريك

صورة العضو الشخصية
Muhanad
عـــضــــو رائــــد
عـــضــــو رائــــد
 
مشاركات: 1137
اشترك في: الجمعة فبراير 23, 2007 11:36 am
مكان: Syria
تلقى الشكر: 8 مرة


العودة إلى التفاضل والتكامل المتقدم والمعادلات التفاضلية

الموجودون الآن

المستخدمون المتصفحون لهذا المنتدى: لا يوجد أعضاء مسجلين متصلين و 2 زائر/زوار

cron